题目简述：n头奶牛，给出若干个欢迎关系a b，表示a欢迎b，欢迎关系是单向的，但是是可以传递的。另外每个奶牛都是欢迎他自己的。求出被所有的奶牛欢迎的奶牛的数目。
模型转换：N个顶点的有向图，有M条边（N≤10000,M≤50000）。求一共有多少个点，满足这样的条件：所有其它的点都可以到达这个点。
首先，这个题的N和M都非常大，硬做是肯定不行的。考虑如果这个图是一棵树，那么问题就变的很简单了，因为至多有一个点满足条件，这个点满足条件的充要条件是：这个点是树中唯一的出度为0的点。
那么我们能否把图转化为 树  有向无回路图DAG（感谢网友提出）呢？首先可以想到的是，如果图中包含有环，那么就可以把这个环缩成一个点，因为环中的任意两个点可以到达，环中所有的点具有相同的性质，即它们分别能到达的点集都是相同的，能够到达它们的点集也是相同的。那么是否只有环中的点才具有相同的性质呢？进一步的考虑，图中的每一个极大强连通分支中的点都具有相同的性质。所以，如果把图中的所有极大强连通分支求出后，就可以把图收缩成 一棵树  DAG，问题就迎刃而解了。
预备知识：有向图的强连通分量的求法，这个和求割点的算法差不多。
算法框架：对有向图求强连通分量，然后找出所有独立的强连通分量（所谓独立，就是该连通分量里面的点到外面的点没有通路，当然，连通分量外的点是可以有路到强连通分量内的点的），如果独立的强连通分量的数目只有一个，那么，就输出这个强连通分量内解的个数，否则输出无解。
算法证明：
1：假设a和b都是最受欢迎的cow，那么，a欢迎b，而且b欢迎a，于是，a和b是属于同一个连通分量内的点，所有，问题的解集构成一个强连通分量。
2：如果某个强连通分量内的点a到强连通分量外的点b有通路，因为b和a不是同一个强连通分量内的点，所以b到a一定没有通路，那么a不被b欢迎，于是a所在的连通分量一定不是解集的那个连通分量。
3：如果存在两个独立的强连通分量a和b，那么a内的点和b内的点一定不能互相到达，那么，无论是a还是b都不是解集的那个连通分量，问题保证无解。
4：如果图非连通，那么，至少存在两个独立的连通分量，问题一定无解。

第一次用前向星存储图，在不方便开临街矩阵和临街表的情况下，用前向星存储边，再开一个数组存储开始和结束的位置，很方便。
#include < iostream >
using   namespace  std;
 int  n,m;
 struct  e
{
     int  a,b;
}edge[ 50002 ];
 int  begin[ 10001 ],end[ 10001 ],ord[ 10001 ],belong[ 10001 ];//ord[]----按照dfs1逆序排列顶点，belong[]-----判断各点属于哪个分量
 int  order = 0 ,indx = 0 ;
 bool  noout[ 10001 ],v[ 10001 ];//noout----判断某强连通子图是否出度为0.
 int  cmp1( const   void   * p, const   void   * q)
{
     struct  e  * c = (e  * )p;
     struct  e  * d = (e  * )q;
     return  c -> a > d -> a ? 1 : - 1 ;
}
 int  cmp2( const   void   * p, const   void   * q)
{
     struct  e  * c = (e  * )p;
     struct  e  * d = (e  * )q;
     return  c -> b > d -> b ? 1 : - 1 ;
}
 int  dfs1( int  t)
{
     if (v[t])
         return   0 ;
    v[t] = 1 ;
     int  i;
     for (i = begin[t];i <= end[t];i ++ )
    {
        dfs1(edge[i].b);
    }
    ord[order ++ ] = t;
}
 int  dfs2( int  t)
{
     if (v[t])
         return   0 ;
    v[t] = 1 ;
     int  i;
     for (i = begin[t];i <= end[t];i ++ )
    {
        dfs2(edge[i].a);
    }
    belong[t] = indx;
     return   0 ;
}
 int  main()
{
     int  i,j;
    scanf( " %d%d " , & n, & m);
     for (i = 0 ;i < m;i ++ )
    {
        scanf( " %d%d " , & edge[i].a, & edge[i].b);
    }
    qsort(edge,m, sizeof (edge[ 0 ]),cmp1);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        begin[i]=1;
    }
      int  pre = 0 ;
     for (i = 0 ;i <= m;i ++ )
    {
         if (edge[i].a != pre)
        {
            begin[edge[i].a] = i;
            end[pre] = i - 1 ;
            pre = edge[i].a;
        }
    }// 处理数组下标
    memset(v, 0 , sizeof (v));
     for (i = 1 ;i <= n;i ++ )
    {
        dfs1(i);
    }
    qsort(edge,m, sizeof (edge[ 0 ]),cmp2);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        begin[i]=1;
    }
     pre = 0 ;
     for (i = 0 ;i <= m;i ++ )
    {
         if (edge[i].b != pre)
        {
            begin[edge[i].b] = i;
            end[pre] = i - 1 ;
            pre = edge[i].b;
        }
    }
    memset(v, 0 , sizeof (v));
     for (i = order - 1 ;i >= 0 ;i -- )
    {
         if ( ! v[ord[i]])
        {
            indx ++ ;
            dfs2(ord[i]);
        }
    }
    memset(noout, 1 , sizeof (noout)); 
     for (i = 0 ;i < m;i ++ )
    {
         if (belong[edge[i].a] != belong[edge[i].b])
        {
            noout[belong[edge[i].a]] = 0 ;
        }
    }
     int  sum = 0 ,right;
     for (i = 1 ;i <= indx;i ++ )
    {
         if (noout[i])
        {
            sum ++ ;
            right = i;
        }
    }
     if (sum == 1 )
    {
        sum = 0 ;
         for (i = 1 ;i <= n;i ++ )
        {
             if (belong[i] == right)
                sum ++ ;
        }
        printf( " %d\n " ,sum);
    }
     else
        printf( " 0\n " );
     // system("pause");
     return   0 ;
}